《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 4.3 圓周運動及其應用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 4.3 圓周運動及其應用課件.ppt（80頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第3講 圓周運動及其應用,【知識導圖】,線速度大小不變的,半徑,相切,m/s,rad/s,一圈,圈數,圓心,2r,圓心,m2r,切線,遠離,靠近,【微點撥】 1.對公式v=r的理解: (1)當r一定時,v與成正比。 (2)當一定時,v與r成正比。 (3)當v一定時,與r成反比。,2.對a= =2r的理解: (1)當v一定時,a與r成反比。 (2)當一定時,a與r成正比。,3.關于向心力的兩點注意: (1)向心力是效果力,在受力分析時不能另外添加一個向心力。 (2)向心力可以是幾個力的合力,也可以是某個力的分力。,【慧眼糾錯】 (1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動。 糾錯:____________
2、______________________________ ___________。 (2)物體做勻速圓周運動時,合外力是不變的。 糾錯:________________________________________ ___。,勻速圓周運動的加速度的方向不斷變化,是變加,速曲線運動,物體做勻速圓周運動時,合外力的方向不斷變,化,(3)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。 糾錯:____________________________________。 (4)隨圓盤一起勻速轉動的物體受重力、支持力、摩擦 力和向心力作用。 糾錯:_______________________________
3、___________ _____________。,線速度一定時,向心加速度與半徑成反比,物體受重力、支持力和摩擦力作用,向心力由它,們的合力充當,(5)物體做離心運動是因為受到了離心力。 糾錯:__________________________________________ _______。 (6)做圓周運動的物體,合力突然減小時,物體將沿切 線方向飛出。 糾錯:_________________________________________ ___________。,物體做離心運動的原因是慣性,不是因為受到了,離心力,做圓周運動的物體,合力突然減小時,物體將逐,漸遠離圓心,考點1勻
4、速圓周運動的運動學分析 【典題探究】 【典例1】 (2018商丘模擬)近年許多電視臺推出戶外有獎沖關的游戲節(jié)目,如圖所示(俯視圖)是某臺設計的沖關活動中的一個環(huán)節(jié)。要求挑戰(zhàn)者從平臺A上跳到,以O為轉軸的快速旋轉的水平轉盤上而不落入水中。已 知平臺到轉盤盤面的豎直高度為1.25 m,平臺邊緣到轉盤邊緣的水平距離為1 m,轉盤半徑為2 m,以12.5 r/min 的轉速勻速轉動,轉盤邊緣間隔均勻地固定有6個相同 障礙樁,障礙樁及樁和樁之間的間隔對應的圓心角均相 等。若某挑戰(zhàn)者在如圖所示時刻從平臺邊緣以,水平速度沿 AO方向跳離平臺,把人視為質點,不計樁的厚度,g取10 m/s2,則能穿過間隙跳上轉
5、盤的最小起跳速度為導學號04450086(),A.1.5 m/sB.2 m/s C.2.5 m/sD.3 m/s,【題眼直擊】 (1)豎直高度為1.25 m可求得人下落的_______。 (2)障礙樁及樁和樁之間的間隔對應的圓心角均相等 可求得人穿過障礙樁___________。 (3)平臺邊緣到轉盤邊緣的水平距離為1 m可求得人 的___________。,總時間,允許的時間,水平初速度,【解析】選C。人起跳后做平拋運動,因此在豎直方向 上有:y= gt2,由此解得時間t=0.5 s。轉盤的角速度 為:=2n= rad/s, 轉盤轉過= ,所用時間 為:t= =0.4 s。要使人能跳過空隙
6、,時間應該小于 0.4 s,因此根據水平方向勻速運動有:x=v0t。 解得:v0=2.5 m/s,選項C正確。,【通關秘籍】 1.勻速圓周運動各物理量間的關系:,2.三種傳動方式及特點: (1)皮帶傳動:皮帶與兩輪之間無相對滑動時,兩輪邊緣線速度大小相等。 (2)摩擦傳動:兩輪邊緣接觸,接觸點無打滑現象時,兩輪邊緣線速度大小相等。 (3)同軸傳動:兩輪固定在同一轉軸上轉動時,兩輪轉動的角速度大小相等。,【考點沖關】 1. 明代出版的天工開物一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫(如圖),記錄了我們祖先的勞動智慧。若A、B、C三齒輪半徑的大小關系如圖,則(),A.齒輪A的角速度比C的大 B.齒輪A與B
7、角速度大小相等 C.齒輪B與C邊緣的線速度大小相等 D.齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的大,【解析】選D。齒輪A與齒輪B是同緣傳動,邊緣點線速度相等,根據公式v=r可知,半徑比較大的A的角速度小于B的角速度。而B與C是同軸傳動,角速度相等,所以齒輪A的角速度比C的小,選項A、B錯誤。B與C兩輪屬于同軸傳動,故角速度相等,根據公式v=r可知,半徑比較大的齒輪B比C邊緣的線速度大,選項C錯誤。齒輪A與,B邊緣的線速度相等,因為齒輪B比C邊緣的線速度大,所以齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的線速度大,選項D正確。,2.(多選)如圖甲所示是中學物理實驗室常用的感應起電機,它是由兩個大小相等直徑約為30 cm的感
8、應玻璃盤起電的,其中一個玻璃盤通過從動輪與手搖主動輪連接如圖乙所示,現玻璃盤以100 r/min的轉速旋轉,已知主動輪的半徑約為8 cm,從動輪的半徑約為2 cm,P和Q是玻璃盤邊緣上的兩點,若轉動時皮帶不打滑,下列說法正確的是(),A.P、Q的線速度相同 B.玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反 C.P點的線速度大小約為1.6 m/s D.搖把的轉速約為400 r/min,【解析】選B、C。由于線速度的方向沿曲線的切線方向,由圖可知,P、Q兩點的線速度的方向一定不同,故A錯誤;若主動輪做順時針轉動,從動輪通過皮帶的摩擦力帶動轉動,所以從動輪逆時針轉動,所以玻璃盤的轉動方向與搖把轉動方向相反,故
9、B正確;玻璃盤的直徑是,30 cm,轉速是100 r/min,所以線速度v=r=2nr=2 m/s=0.5 m/s1.6 m/s,故C正確;從動 輪邊緣的線速度vc=rc=2 0.02 m/s= m/s,由于主動輪的邊緣各點的線速度與從動輪 邊緣各點的線速度的大小相等,即vz=vc,所以主動輪的 轉速nz= r/s=25 r/min,故D錯誤。,【加固訓練】 如圖所示,當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉動軸轉動時,板上A、B兩點() A.角速度之比AB= 1 B.角速度之比AB=1 C.線速度之比vAvB= 1 D.線速度之比vAvB=1,【解析】選D。板上A、B兩點的角速度相
10、等,角速度之 比AB=11,選項A、B錯誤;線速度v=r,線速度 之比vAvB=1 ,選項C錯誤,D正確。,考點2勻速圓周運動的動力學分析 【典題探究】 【典例2】(2017全國卷)如圖,一光 滑大圓環(huán)固定在桌面上,環(huán)面位于豎直平 面內,在大圓環(huán)上套著一個小環(huán),小環(huán)由大圓環(huán)的最高 點從靜止開始下滑,在小環(huán)下滑的過程中,大圓環(huán)對它 的作用力() 導學號04450087,A.一直不做功B.一直做正功 C.始終指向大圓環(huán)圓心D.始終背離大圓環(huán)圓心,【解題探究】 (1)運動過程中,小環(huán)受幾個力的作用? 提示:小環(huán)受兩個力的作用,重力和大圓環(huán)對它的彈力。 (2)大圓環(huán)對小環(huán)的彈力方向有什么特點? 提示
11、:大圓環(huán)對小環(huán)的作用力總是沿半徑方向。,【解析】選A。因為大圓環(huán)對小環(huán)的作用力始終與速度垂直不做功,因此A正確、B錯誤; 從靜止開始在小環(huán)下滑的過程中,大圓環(huán)對它的作用力先背離大圓環(huán)圓心,后指向大圓環(huán)圓心,故C、D項錯誤。,【遷移訓練】,遷移1:圓錐擺問題 (2018棗莊模擬)質量分別為M和m的兩個小球,分別用 長2l和l的輕繩拴在同一轉軸上,當轉軸穩(wěn)定轉動時,拴 質量為M和m小球的懸線與豎直方向夾角分別為和, 如圖所示,則() A.cos = B.cos =2cos C.tan = D.tan =tan ,【解析】選A。以M為研究對象受力分析,列牛頓第二定 律:Mgtan =M 2lsin
12、得:T1=2 同理:以m為研究對象:T2=2 因T1=T2,所以2cos =cos ,故A正確。,遷移2:轉臺上的圓周運動 (多選)如圖,兩個質量均為m的小木塊a和b (可視為質點)放在水平圓盤上,a與轉軸OO 的距離為l,b與轉軸的距離為2l,木塊與圓盤的最大靜 摩擦力為木塊所受重力的k倍,重力加速度大小為g。若 圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動,用表示圓盤 轉動的角速度,下列說法正確的是(),A.b一定比a先開始滑動 B.a、b所受的摩擦力始終相等 C.= 是b開始滑動的臨界角速度 D.當= 時,a所受摩擦力的大小為kmg,【解析】選A、C。因圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢加速轉動,在某
13、一時刻可認為木塊隨圓盤轉動時,其受到的靜摩擦力的方向指向轉軸,兩木塊轉動過程中角速度相等,則根據牛頓第二定律可得Ff=m2R,由于木塊b的軌道半徑大于木塊a的軌道半徑,故木塊b做圓周運動需要的向心力較大,B錯誤;因為兩木塊的最大靜摩擦力相等,,故b一定比a先開始滑動,A正確;當b開始滑動時,由牛頓 第二定律可得kmg=m 2l,可得b= ,C正確;當a開 始滑動時,由牛頓第二定律可得kmg=m l,可得 a= ,而轉盤的角速度 < ,木塊a未發(fā)生滑 動,其所需的向心力由靜摩擦力來提供,由牛頓第二定 律可得Ff=m2l= kmg,D錯誤。,遷移3:車輛轉彎問題 (多選)公路急轉彎處通常是交通事
14、故多發(fā)地帶。如圖,某公路急轉彎處是一圓弧,當汽車行駛的速率為v0時,汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢。則在該彎道處(),A.路面外側高內側低 B.車速只要低于v0,車輛便會向內側滑動 C.車速雖然高于v0,但只要不超出某一最高限度,車輛便不會向外側滑動 D.當路面結冰時,與未結冰時相比,v0的值變小,【解析】選A、C。當汽車行駛的速率為v0時,汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢,即不受靜摩擦力,此時由重力和支持力的合力提供向心力,所以路面外側高內側低,選項A正確;當車速低于v0時,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽車有向內側運動的趨勢,但并不會向內側滑動,靜摩擦力向外側,選項B錯誤;
15、當,車速高于v0時,需要的向心力大于重力和支持力的合力, 汽車有向外側運動的趨勢,靜摩擦力向內側,速度越大, 靜摩擦力越大,只有靜摩擦力達到最大以后,車輛才會 向外側滑動,選項C正確;由mgtan = m 可知,v0的 值只與斜面傾角和圓弧軌道的半徑有關,與路面的粗糙 程度無關,選項D錯誤。,【通關秘籍】 解決勻速圓周運動的動力學問題需做好的三個分析: (1)幾何關系分析:確定圓周運動的軌道平面、圓心、半徑等。 (2)運動分析:確定圓周運動的線速度、角速度、周期等。,(3)受力分析:利用力的合成與分解知識,表示出物體做勻速圓周運動時,外界所提供的向心力。,【加固訓練】 (多選)在設計水平面內
16、的火車軌道的轉彎處時,要設計為外軌高、內軌低的結構,即路基形成一外高、內低的斜坡(如圖所示),內、外兩鐵軌間的高度差在設計上應考慮到鐵軌轉彎的半徑和火車的行駛速度大小。若某轉彎處設計為當火車以速率v通過時,內、外兩側鐵軌所受輪緣對它們的壓力均恰好為零。車輪與鐵軌間的摩擦可忽略不計,則下列說法中正確的是(),A.當火車以速率v通過此彎路時,火車 所受各力的合力沿路基向下方向 B.當火車以速率v通過此彎路時,火車所 受重力與鐵軌對其支持力的合力提供向心力 C.當火車行駛的速率大于v時,外側鐵軌對車輪的輪緣 施加壓力 D.當火車行駛的速率小于v時,外側鐵軌對車輪的輪緣 施加壓力,【解析】選B、C?；?/p>
17、車轉彎時,內、外兩側鐵軌所受輪緣對它們的壓力均恰好為零,靠重力和支持力的合力提供向心力,方向水平指向圓心,故A錯誤,B正確;當速度大于v時,重力和支持力的合力小于所需向心力,此時外軌對車輪輪緣施加壓力,故C正確;當速度小于v時,重力和支持力的合力大于向心力,此時內軌對車輪輪緣施加壓力,故D錯誤。,考點3豎直面內的圓周運動 【典題探究】 【典例3】(2018新鄉(xiāng)模擬)如圖所示,輕桿長3L,在桿兩端分別固定質量均為m的球A和B,光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點,外界給系統一定能量后,桿和球在豎直平面內轉動,球B運動到最高點時,桿對球B恰好無作用力。忽略空氣阻力,則球B在最高點時導學號0445
18、0088(),A.球B的速度為零 B.球A的速度大小為 C.水平轉軸對桿的作用力為1.5mg D.水平轉軸對桿的作用力為2.5mg,【題眼直擊】 (1)桿和球在豎直平面內轉動兩球做_________。 (2)桿對球B恰好無作用力___________________。,圓周運動,重力恰好提供向心力,【解析】選C。球B運動到最高點時,桿對球B恰好無作 用力,即重力恰好提供向心力,有mg= ,解得v= , 故A錯誤;由于A、B兩球的角速度相等,則球A的速度大 小v= ,故B錯誤;球B到最高點時,對桿無彈力,此 時球A受重力和拉力的合力提供向心力,有F-mg=m , 解得:F=1.5mg,故C正
19、確,D錯誤。,【通關秘籍】 1.常見模型:,2.分析思路: (1)定模型:首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型,兩種模 型在最高點的臨界條件不同,其原因主要是“繩”不能 支持物體,而“桿”既能支持物體,也能拉物體。 (2)確定臨界點:v臨= ,對輕繩模型來說是能否通過 最高點的臨界點,而對輕桿模型來說是FN表現為支持力 還是拉力的臨界點。,(3)受力分析:對物體在最高點或最低點時進行受力分析,根據牛頓第二定律列出方程:F合=F向。 (4)過程分析:應用動能定理或機械能守恒定律列式,將初、末兩個狀態(tài)聯系起來。,【考點沖關】 1.(多選)如圖甲所示,用一輕質繩拴著一質量為m的小球,在豎直平面內做圓周
20、運動(不計一切阻力),小球運動到最高點時繩對小球的拉力為FT,小球在最高點的速度大小為v,其FT-v2圖象如圖乙所示,則(),A.輕質繩長為 B.當地的重力加速度為 C.當v2=c時,輕質繩的拉力大小為 +a D.只要v2b,小球在最低點和最高點時繩的拉力差均 為6a,【解析】選B、D。最高點由牛頓第二定律 得:FT+mg= ,則FT= -mg。對應圖象有:mg=a,得 g= ,故B正確。 得:L= ,故A錯誤。當v2=c 時,FT= c-mg= c-a,故C錯誤。當v2b時,小 球能通過最高點,小球在最低點和最高點時繩的拉力差 為6mg,即6a,故D正確。,2. (2018晉城模擬)如圖
21、所示,一內壁光滑、質量為 m、半徑為r的環(huán)形細圓管,用硬桿豎直固定在天花板 上。有一質量為m的小球(可看作質點)在圓管中運動。 小球以速率v0經過圓管最低點時,桿對圓管的作用力大 小為(),A.m B.mg+m C.2mg+m D.2mg-m,【解析】選C。小球做圓周運動,若圓管對它的作用力 為FN,根據牛頓第二定律FN-mg=m ,可得FN=mg+m , 小球對圓管的壓力FN=FN,以圓管為研究對象,若桿對 圓管的作用力為F,則F=mg+mg+m ,即F=2mg+m ,選 項C正確。,3. 如圖所示,長度均為l=1 m的兩根輕繩,一端共同系 住質量為m=0.5 kg的小球,另一端分別固定在等
22、高的 A、B兩點,A、B兩點間的距離也為l,重力加速度g取 10 m/s2。現使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動, 若小球在最高點速率為v時,每根繩的拉力恰好為零,則 小球在最高點速率為2v時,每根繩的拉力大小為(),A.5 NB. N C.15 ND.10 N,【解析】選A。小球在最高點速率為v時,兩根繩的拉力 恰好均為零,由牛頓第二定律得mg=m ,當小球在最高 點的速率為2v時,由牛頓第二定律得 mg+2FTcos30= ,解得FT= mg=5 N,故選 項A正確。,【加固訓練】 如圖所示的雜技演員在表演“水流星”的節(jié)目時,盛水的杯子經過最高點杯口向下時水也不灑出來,對于杯子經過
23、最高點時水的受力情況,下列說法正確的(),A.水處于失重狀態(tài),不受重力的作用 B.水受平衡力的作用,合力為零 C.由于水做圓周運動,因此必然受到重力和向心力的作用 D.杯底對水的作用力可能為零,【解析】選D。失重狀態(tài)是物體對支持物(或繩)的彈力小于重力,但物體所受重力不變,選項A錯誤;水受力不平衡,有向心加速度,選項B錯誤;向心力不是性質力,本題中向心力由重力和彈力的合力提供,選項C錯誤;當重力恰好提供水做圓周運動的向心力時,杯底對水的作用力為零,選項D正確。,曲線運動問題 【經典案例】 (22分)(2018大連模擬)如圖所示,O為豎直放置的半徑R=2 m的光滑管狀軌道圓心,A、B兩點關于過O
24、的豎直線對稱,從A點將質量為m=0.2 kg的小球以某一速度斜向上拋出,無碰撞地由B點進入管道,小球經圓軌道,最低點C無能量損失地進入長L=4 m的水平粗糙軌道CD,小球與CD間動摩擦因數=0.2,光滑半圓軌道DE豎直放置,E為最高點,G是與圓心O1等高的點,小球經D點無能量損失進入半圓軌道并能到達GE間某處,已知圓管的直徑遠小于軌道半徑R且略大于小球直徑,OB與豎直方向間夾角=37,(sin 37=0.6,g取10 m/s2)求:,導學號04450091 (1)小球在A點拋出時的初速度大小v0。 (2)小球經過D點時的速度大小vD。 (3)半圓軌道DE的半徑r應滿足的條件。,【思維軌跡】 (
25、1)小球從A運動到B:小球做斜拋運動,在A點速度方向與OA垂直。 (2)小球從B運動到C:軌道光滑,小球的機械能守恒。 (3)小球從C運動到D:小球克服摩擦力做功,可應用動能定理分析。 (4)小球在DE間運動:滿足機械能守恒規(guī)律;注意兩種臨界情況。,【規(guī)范解答】 解:(1)因A、B關于過O點的豎直線對稱且小球能無碰撞地由B點進入管道,所以小球在A點拋出時速度與OA垂直,令小球到達B點時豎直速度為vy,水平速度為vx,從A到B的時間為t,則由斜拋運動規(guī)律知: 2Rsin =vxt(2分) vy=g (2分),tan = (2分) 聯立并代入數值得vx=4 m/s,vy=3 m/s 所以小球在B點
26、速度大小即小球初速度為v0= = 5 m/s(2分),(2)小球從B到D由動能定理知 mgR(1+cos )-mgL= (4分) 代入數值得vD=9 m/s(2分),(3)因小球能到達GE間某處,所以當小球剛能過G點時, 由機械能守恒定律知 =mgrmax(2分) 即rmax=4.05 m(1分) 當小球恰能到E點時有: =2mgrmin+ (2分),mg= (2分) 聯立得rmin=1.62 m(1分) 所以半圓軌道DE的半徑r應滿足1.62 m
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